洛谷 P2606 [ZJOI2010]排列计数 解题报告

P2606 [ZJOI2010]排列计数

题目描述

称一个\(1,2,...,N\)的排列\(P_1,P_2...,P_n\)是\(Magic\)的，当且仅当对所以的\(2<=i<=N\)，有\(P_i>P_{\lfloor i/2 \rfloor}\). 计算\(1,2,...N\)的排列中有多少是\(Magic\)的，答案可能很大，只能输出模\(P\)以后的值

输入输出格式

输入格式：

输入文件的第一行包含两个整数\(n\)和\(p\)，含义如上所述。

输出格式：

输出文件中仅包含一个整数，表示计算\(1,2,...,n-1,n\)的排列中， \(Magic\)排列的个数模\(p\)的值。

说明

\(100\%\)的数据中，\(1 \le N \le 10^6\), \(P \le 10^9\)，\(p\)是一个质数。

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想了好久啊QAQ

发现按照大小关系构成的一个树形结构就是二叉堆

节点编号为位置的小根堆

要给堆的每个节点不重复都放\(1\)~\(n\)的数，问方案数

到这里就比较容易了

\(dp_i=dp_{ls} \times dp_{rs} \times C_{siz_i-1}^{siz_i-1-siz_{ls}}\)

意义也比较明了了

这里要用lucas处理一下，因为\(p\)可能小于\(n\)

然而\(n|p\)时就比较麻烦了，要用扩展\(lucas\)（我太懒了没写，这样只能过洛谷但过不了bzoj

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Code:

#include <cstdio>
#define ll long long
#define ls id<<1
#define rs id<<1|1
const int N=1e6+10;
ll n,p,u,fac[N],inv[N];
ll quickpow(ll d,ll k)
{
    ll f=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) f=f*d%p;
        d=d*d%p;
        k>>=1;
    }
    return f;
}
void init()
{
    u=(p<n?p:n);
    inv[0]=fac[0]=1;
    for(ll i=1;i<=u;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
    inv[u]=quickpow(fac[u],p-2);
    for(ll i=u-1;i;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
}
ll lucas(ll a,ll b)
{
    if(a<b) return 0;
    if(a<=u) return fac[a]*inv[b]%p*inv[a-b]%p;
    return lucas(a/p,b/p)*lucas(a%p,b%p)%p;
}
ll siz[N<<2];
ll dfs(int id)
{
    if(id>n) return 1ll;
    siz[id]=1;
    ll ans=dfs(ls)*dfs(rs)%p;
    siz[id]+=siz[ls]+siz[rs];
    return ans*lucas(siz[id]-1,siz[id]-1-siz[ls])%p;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    init();
    printf("%lld\n",dfs(1));
    return 0;
}

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2018.9.23